2022屆山西省呂梁市柳林縣高三第一次調研測試數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．是虛數單位，則（）A．1 B．2 C． D．2．已知實數，，函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．若x，y滿足約束條件則z=的取值范圍為（）A．[] B．[，3] C．[，2] D．[，2]4．（）A． B． C． D．5．已知數列的通項公式為，將這個數列中的項擺放成如圖所示的數陣.記為數陣從左至右的列，從上到下的行共個數的和，則數列的前2020項和為（）A． B． C． D．6．若，滿足約束條件，則的取值范圍為（）A． B． C． D．7．是拋物線上一點，是圓關于直線的對稱圓上的一點，則最小值是（）A． B． C． D．8．中心在原點，對稱軸為坐標軸的雙曲線的兩條漸近線與圓都相切，則雙曲線的離心率是（）A．2或 B．2或 C．或 D．或9．設點，，不共線，則“”是“”（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件10．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該幾何體的各個面中最大面的面積為（）A． B． C． D．11．設a,b∈(0,1)∪(1,+∞)，則"a=b"是"logA．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件12．若函數（其中，圖象的一個對稱中心為，，其相鄰一條對稱軸方程為，該對稱軸處所對應的函數值為，為了得到的圖象，則只要將的圖象()A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知一個四面體的每個頂點都在表面積為的球的表面上，且，，則__________．14．若滿足約束條件，則的最大值為__________．15．展開式中的系數為_______________．16．的展開式中，常數項為______；系數最大的項是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（Ⅰ）已知是的一個極值點，求曲線在處的切線方程（Ⅱ）討論關于的方程根的個數.18．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線極坐標方程為.若直線交曲線于，兩點，求線段的長.19．（12分）已知函數．（1）若在處取得極值，求的值；（2）求在區(qū)間上的最小值；（3）在（1）的條件下，若，求證：當時，恒有成立．20．（12分）如圖，已知四棱錐，底面為邊長為2的菱形，平面，，是的中點，．（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若為上的動點，求與平面所成最大角的正切值．21．（12分）已知的內角的對邊分別為，且滿足.（1）求角的大小；（2）若的面積為，求的周長的最小值.22．（10分）橢圓的右焦點，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的弦長為.（1）求橢圓的方程；（2）過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點.為坐標原點，為橢圓的右頂點，求四邊形面積的最大值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

由復數除法的運算法則求出，再由模長公式，即可求解.【詳解】由.故選:C.【點睛】本題考查復數的除法和模，屬于基礎題.2．D【解析】

根據題意，對于函數分2段分析：當，由指數函數的性質分析可得①，當，由導數與函數單調性的關系可得，在上恒成立，變形可得②，再結合函數的單調性，分析可得③，聯立三個式子，分析可得答案.【詳解】解：根據題意，函數在上單調遞增，

當，若為增函數，則①，

當，若為增函數，必有在上恒成立，

變形可得：，

又由，可得在上單調遞減，則，

若在上恒成立，則有②，

若函數在上單調遞增，左邊一段函數的最大值不能大于右邊一段函數的最小值，則需有，③

聯立①②③可得：.

故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的性質以及應用，注意分段函數單調性的性質.3．D【解析】

由題意作出可行域，轉化目標函數為連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數，數形結合即可得解.【詳解】由題意作出可行域，如圖，目標函數可表示連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數，由圖可知，直線的斜率最小，直線的斜率最大，由可得，由可得，所以，，所以.故選：D.【點睛】本題考查了非線性規(guī)劃的應用，屬于基礎題.4．D【解析】

利用，根據誘導公式進行化簡，可得，然后利用兩角差的正弦定理，可得結果.【詳解】由所以，所以原式所以原式故故選：D【點睛】本題考查誘導公式以及兩角差的正弦公式，關鍵在于掌握公式，屬基礎題.5．D【解析】

由題意，設每一行的和為，可得，繼而可求解，表示，裂項相消即可求解.【詳解】由題意，設每一行的和為故因此：故故選：D【點睛】本題考查了等差數列型數陣的求和，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.6．B【解析】

根據約束條件作出可行域，找到使直線的截距取最值得點，相應坐標代入即可求得取值范圍.【詳解】畫出可行域，如圖所示：由圖可知，當直線經過點時，取得最小值－5；經過點時，取得最大值5，故.故選：B【點睛】本題考查根據線性規(guī)劃求范圍，屬于基礎題.7．C【解析】

求出點關于直線的對稱點的坐標，進而可得出圓關于直線的對稱圓的方程，利用二次函數的基本性質求出的最小值，由此可得出，即可得解.【詳解】如下圖所示：設點關于直線的對稱點為點，則，整理得，解得，即點，所以，圓關于直線的對稱圓的方程為，設點，則，當時，取最小值，因此，.故選：C.【點睛】本題考查拋物線上一點到圓上一點最值的計算，同時也考查了兩圓關于直線對稱性的應用，考查計算能力，屬于中等題.8．A【解析】

根據題意，由圓的切線求得雙曲線的漸近線的方程，再分焦點在x、y軸上兩種情況討論，進而求得雙曲線的離心率．【詳解】設雙曲線C的漸近線方程為y=kx，是圓的切線得：，得雙曲線的一條漸近線的方程為∴焦點在x、y軸上兩種情況討論：

①當焦點在x軸上時有：②當焦點在y軸上時有：∴求得雙曲線的離心率2或．

故選：A．【點睛】本小題主要考查直線與圓的位置關系、雙曲線的簡單性質等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想．解題的關鍵是：由圓的切線求得直線的方程，再由雙曲線中漸近線的方程的關系建立等式，從而解出雙曲線的離心率的值．此題易忽視兩解得出錯誤答案．9．C【解析】

利用向量垂直的表示、向量數量積的運算，結合充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由于點，，不共線，則“”；故“”是“”的充分必要條件.故選：C.【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查向量垂直的表示，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.10．B【解析】

根據三視圖可以得到原幾何體為三棱錐，且是有三條棱互相垂直的三棱錐，根據幾何體的各面面積可得最大面的面積．【詳解】解：分析題意可知，如下圖所示，該幾何體為一個正方體中的三棱錐，最大面的表面邊長為的等邊三角形，故其面積為，故選B．【點睛】本題考查了幾何體的三視圖問題，解題的關鍵是要能由三視圖解析出原幾何體，從而解決問題．11．A【解析】

根據題意得到充分性，驗證a=2,b=1【詳解】a,b∈0,1∪1,+∞，當"a=b當logab=log故選：A.【點睛】本題考查了充分不必要條件，意在考查學生的計算能力和推斷能力.12．B【解析】

由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再根據函數的圖象變換規(guī)律，誘導公式，得出結論．【詳解】根據已知函數其中，的圖象過點，，可得，，解得：．再根據五點法作圖可得，可得：，可得函數解析式為：故把的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，故選B．【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求解析式，由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，函數的圖象變換規(guī)律，誘導公式的應用，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】由題意可得，該四面體的四個頂點位于一個長方體的四個頂點上，設長方體的長寬高為，由題意可得：，據此可得：，則球的表面積：，結合解得：.點睛：與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.14．4【解析】

作出可行域如圖所示：由，解得.目標函數，即為，平移斜率為-1的直線，經過點時，.15．【解析】

把按照二項式定理展開，可得的展開式中的系數．【詳解】解：，故它的展開式中的系數為，故答案為：．【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．16．【解析】

求出二項展開式的通項，令指數為零，求出參數的值，代入可得出展開式中的常數項；求出項的系數，利用作商法可求出系數最大的項.【詳解】的展開式的通項為，令，得，所以，展開式中的常數項為；令，令，即，解得，，，因此，展開式中系數最大的項為.故答案為：；.【點睛】本題考查二項展開式中常數項的求解，同時也考查了系數最大項的求解，涉及展開式通項的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）求函數的導數，利用x=2是f(x)的一個極值點，得f'(2)=0建立方程求出a的值，結合導數的幾何意義進行求解即可；（Ⅱ）利用參數法分離法得到，構造函數求出函數的導數研究函數的單調性和最值，利用數形結合轉化為圖象交點個數進行求解即可.【詳解】（Ⅰ）因為，則，因為是的一個極值點，所以，即，所以，因為，，則直線方程為，即；（Ⅱ）因為，所以，所以，設，則，所以在上是增函數，在上是減函數，故，所以，所以，設，則，所以在上是減函數，上是增函數，所以，所以當時，，函數在是減函數，當時，，函數在是增函數，因為時，，，，所以當時，方程無實數根，當時，方程有兩個不相等實數根，當或時，方程有1個實根.【點睛】本題考查函數中由極值點求參，導數的幾何意義，還考查了利用導數研究方程根的個數問題，屬于難題.18．【解析】

由，化簡得，由，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，整理得，直線的方程與曲線的方程聯立，，整理得，設，則，根據弦長公式求解即可.【詳解】由，化簡得，又因為，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，消去，整理得，將直線的方程與曲線的方程聯立，，消去，整理得，設，則，所以，將，代入上式，整理得.【點睛】本題考查參數方程，極坐標方程的應用，結合弦長公式的運用，屬于中檔題.19．（1）2；（2）；（3）證明見解析【解析】

（1）先求出函數的定義域和導數，由已知函數在處取得極值，得到，即可求解的值；（2）由（1）得，定義域為，分，和三種情況討論，分別求得函數的最小值，即可得到結論；（3）由，得到，把，只需證，構造新函數，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】（1）由，定義域為，則，因為函數在處取得極值，所以，即，解得，經檢驗，滿足題意，所以.(2)由（1）得，定義域為，當時，有，在區(qū)間上單調遞增，最小值為，當時，由得，且，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在區(qū)間上單調遞增，最小值為，當時，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在處取得最小值，綜上可得：當時，在區(qū)間上的最小值為1，當時，在區(qū)間上的最小值為.（3）由得，當時，，則，欲證，只需證，即證，即，設，則，當時，，在區(qū)間上單調遞增，當時，，即，故，即當時，恒有成立.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于此類問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．20．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）由底面為邊長為2的菱形，平面，，易證平面，可得；（Ⅱ）連結，由（Ⅰ）易知為與平面所成的角，在中，可求得.試題解析：（Ⅰ）∵四邊形為菱形，且，∴為正三角形，又為中點，∴；又，∴，∵平面，又平面，∴，∴平面，又平面，∴；(Ⅱ)連結，由（Ⅰ）知平面，∴為與平面所成的角，在中，，最大當且僅當最短，即時最大，依題意，此時，在中，，∴，，∴與平面所成最大角的正切值為．考點：1.線線垂直證明；2.求線面角.21．（1）（2）【解析】

（1）因為，所以，由余